応用数学 B 試験問題 (2011.1.27)

応用数学

B

試験問題

(2011.1.27)

注意 問題用紙は持ち帰り, 解答用紙のみを提出せよ. 答だけのものは零点. 計算途中も記せ

(部分点あり).

問題

1 [0, + ∞ )

上で定義された関数

f (t)

のラプラス積分は

F (p) =

∫ + ∞ 0

f (t)e ^{− pt} dt

で定義される. (10

× 2 = 20

点)

(1) f (t) =

 



2, t ≥ 2, 0, 0 ≤ t < 2

のラプラス積分を計算し,増加指数と合わせて答えよ.

(2) a > 0

を定数とするとき,

f (t) = cos at

のラプラス積分を計算し, 増加指数と合わせて答えよ.

問題

2 f (t)

のラプラス変換を

F (p)

とするとき,

f (t)

を

F(p)

の原関数という.

F(p)

が多項式

G(p), H (p) (ただし, deg G(p) < deg H(p))

によって

F (p) = G(p)

H(p)

と表されているとき,

f (t) =

∑ n k=1

p=p Res

k

F(p)e ^pt

が成り立つ. ただし,

p ₁ , . . . , p _n

は

F (p)

の極である. 次の問に答えよ. (10

× 2 = 20

点)

(1)

極とはなにか,

g(z) = 1

e ^z (z − 1) ²

を

z = 1

のまわりで展開して説明せよ.

(2) F (p) = 1

(p + 1)(p − 1) ²

の原関数を求めよ.

問題

3

次の問に答えよ. (10

× 2 = 20

点)

(1) f ^′ (t)

のラプラス変換を

F (p) = L [f (t)]

を用いて表せ.

(2)

ラプラス変換を用いて次の方程式を解け.

f ^′ (t) − f (t) = 2te ^t , f (0) = 1

裏面にも問題があります

問題

4

ガンマ関数

Γ(z)

は

Γ(z) =

∫ + ∞ 0

t ^{z − 1} e ^{− t} dt, Re z > 0

を全複素平面に解析接続したものである. Γ

( 1 2

)

= √

π

を既知として, Γ

(

− 5 2

)

を計算せよ. (10点)

問題

5 ν = 0, 1, 2, . . .

とする. ルジャンドルの微分方程式

(1 − z ² )f ^′′ (z) − 2zf ^′ (z) + ν(ν + 1)f (z) = 0

の解で

f (0) = 0

を満たす多項式解が存在するようなパラメータ

ν

を定めよ. 次に,そのような

ν

のうち小さいほうか

らの

2

つについて,対応する多項式解を具体的に書き下せ. (15点)

問題

6 2

次元のラプラスの方程式

∂ ² u

∂x ² + ∂ ² u

∂y ² = 0, 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ π,

を境界条件

u(0, y) = u(π, y) = u(x, 0) = 0, u(x, π) = 3 sin 3x

のもとで解け. (15点)

応用数学

B

期末試験解説

(2011.1.27

実施)

問題

1 (1)

定義にあてはめて計算するだけ.

F (p) =

∫ + ∞ 0

f (t)e ^{− pt} dt =

∫ + ∞ 2

2e ^{− pt} dt = 2 [

− 1 p e ^{− pt}

] + ∞ 2

= 2 p e ^{− 2p}

この積分が収束するのは, Re (p)

> 0

のとき. よって,増加指数は

s ₀ = 0

である.

(2)

教科書を参照

(p. 143)

p

p ² + a ²

増加指数は

s 0 = 0

問題

2 (1) g(z)

を

z = 1

の周りで展開してみよう.

g(z) = 1

e ^z (z − 1) ² = e ^{− 1} e ^{− (z − 1)} (z − 1) ^{− 2}

と変形すると判りやすいだろう. 指数関数のテイラー展開

(これは常識)

によって,

e ^{− (z − 1)} =

∑ ∞ n=0

{− (z − 1) } ⁿ

n! =

∑ ∞ n=0

( − 1) ⁿ

n! (z − 1) ⁿ .

したがって,

g(z) = e ^{− 1}

∑ ∞ n=0

( − 1) ⁿ

n! (z − 1) ⁿ (z − 1) ^{− 2}

= e ^{− 1}

∑ ∞ n=0

( − 1) ⁿ

n! (z − 1) ^{n − 2}

= e ^{− 1}

∑ ∞ n= − 2

( − 1) ⁿ

(n + 2)! (z − 1) ⁿ

が得られる. このように, (z

− 1)

のべきで展開されたが,有限個の負べきを含むとき,その中心

z = 1

を極という. 今の 場合は,

z = 1

は

2

位の極となる. 一般的な定義については,教科書を参照のこと.

(2)

公式によって,

f (t) = Res

p= − 1

1

(p + 1)(p − 1) ² e ^pt + Res

p=1

1

(p + 1)(p − 1) ² e ^pt

を計算すればよい. 留数は次のように求められる.

p= Res − 1

1

(p + 1)(p − 1) ² e ^pt = lim

p →− 1

1

(p − 1) ² e ^pt = 1 4 e ^{− t} , Res p=1

1

(p + 1)(p − 1) ² e ^pt = lim

p → 1

d dp

( 1 p + 1 e ^pt

)

= lim

p → 1

te ^pt (p + 1) − e ^pt (p + 1) ² = 1

4 (2te ^t − e ^t )

したがって,

f (t) = 1

4 (e ^{− t} + 2te ^t − e ^t )

問題

3 (1)

教科書参照

L [f ^′ (t)] = pF (p) − f (0) (2)

両辺のラプラス変換を計算する.

F = L [f ]

とおくことにする. 左辺は,

L [f ^′ − f ] = pF − f (0) − F = (p − 1)F − 1.

右辺は,

L [2te ^t ] =

∫ _∞

0

2te ^t e ^{− pt} dt = 2

(p − 1) ²

したがって,与えられた微分方程式は,

(p − 1)F − 1 = 2 (p − 1) ²

と同値. これは簡単に解けて,

F = 2

(p − 1) ³ + 1 p − 1

ここで,逆変換を用いると,

f (t) = Res

p=1

{ 2

(p − 1) ³ + 1 p − 1

} e ^pt

が成り立つことが分かる. 後は,右辺の留数を計算すればよい.

Res p=1

2

(p − 1) ³ e ^pt = lim

p → 1

1 2

d ²

dp ² 2e ^pt = lim

p → 1

d ²

dp ² e ^pt = lim

p → 1 t ² e ^pt = t ² e ^t , Res

p=1

1

p − 1 e ^pt = lim

p → 1 e ^pt = e ^t .

したがって,

f (t) = t ² e ^t + e ^t

問題

4

部分積分によって,

Γ(z) =

∫ + ∞ 0

t ^{z − 1} e ^{− t} dt = [

t ^{z − 1} ( − e ^{− t} ) ] + ∞

0 −

∫ + ∞ 0

(z − 1)t ^{z − 2} ( − e ^{− t} )dt

= (z − 1)

∫ + ∞ 0

t ^{z − 2} e ^{− t} dt = (z − 1)Γ(z − 1)

この式は, Re (z

− 1) > 0

のとき,つまり, Re

z > 1

のときに成り立つ式である. 変数

z

を

z + 1

に置き換えて,

Γ(z) = Γ(z + 1)

z , Re z > 0

が得られたことになる. 右辺が

Re z > − 1, z ̸ = 0

で意味をもつことを利用して, Γ(z)がその領域に拡張される. これを 繰り返せば, Γ(z)は

C\{ 0, − 1, − 2, . . . }

に拡張される. さて,上の関数等式を繰り返し用いれば,

Γ (

− 5 2

)

= Γ

(

− 5 2 + 1

)

− 5 2

= Γ

(

− 5 2 + 2

) (

− 3 2

) (

− 5 2

) = Γ

(

− 5 2 + 3

) (

− 1 2

) (

− 3 2

) (

− 5 2

) = − 8 15

√ π .

問題

5

この問題では,

f (z) = 0 (零多項式)

は常に解になる. 問題文から,常識的には,「0でない多項式解を求めよ」と 解せると思うが, 厳密には「0 でない多項式解を求めよ」と述べておくべきであった.

f (0) = 0

を満たすことから,

f (z) =

∑ ∞ n=1

c n z ⁿ

とおいて係数を定めることを考えればよい.

f ^′ (z) =

∑ ∞ n=1

c _n nz ^{n − 1} , f ^′′ (z) =

∑ ∞ n=1

c _n n(n − 1)z ^{n − 2} ,

これらを与えられた微分方程式に代入して,

∑ ∞ n=1

c n n(n − 1)z ^{n − 2} −

∑ ∞ n=1

c n n(n − 1)z ⁿ −

∑ ∞ n=1

2c n nz ⁿ + ν(ν + 1)

∑ ∞ n=1

c n z ⁿ = 0

第１項を書き直して,

∑ ∞ n=0

c n+2 (n + 2)(n + 1)z ⁿ − ∑ ^∞

n=1

c n n(n − 1)z ⁿ − ∑ ^∞

n=1

2c n nz ⁿ + ν (ν + 1)

∑ ∞ n=1

c n z ⁿ = 0

したがって,

2c 2 = 0, (n + 2)(n + 1)c n+2 − n(n − 1)c n − 2nc n + ν(ν + 1)c n = 0, n ≥ 1.

漸化式をさらに整理すれば,

c n+2 = (n − ν )(n + ν + 1)

(n + 2)(n + 1) c n , n = 1, 2, . . . . (1)

c 2 = 0

と

(1)

によって, すべての

c 2m = 0 (m = 0, 1, 2, . . . )

がわかる.

c 1 = 0

とすると, 同様に漸化式からすべての

c _2m+1 = 0 (m = 0, 1, 2, . . . )

となり,

f (z)

は零多項式となってしまう. したがって,

c ₁ ̸ = 0

である. 以下,

c = c ₁

とおく.

(Case 1) ν

が偶数のとき.

c = c 1

から漸化式

(1)

を繰り返し用いると,

c 3 , c 5 , . . .

が定まるが,それらはすべて

0

と異 なる. すると

f (z)

は無限級数になり,多項式解にならない.

(Case 2) ν

が奇数のとき.

c = c 1

から漸化式を繰り返し用いると,

c ₃ ̸ = 0, c ₅ ̸ = 0, . . . , c _ν ̸ = 0, c _ν+2 = 0

となる. したがって,

f (z)

は

ν

次多項式となる. まず,

ν = 1

なら,

c ₁ = c, c ₃ = · · · = 0

となるから,求める多項式解は

f (z) = cz.

次に,

ν = 3

なら

c ₃ = (1 − 3)(1 + 3 + 1)

(1 + 2)(1 + 1) c ₁ = − 3

5 c c ₅ = · · · = 0,

となる. したがって,求める多項式解は

f (z) = c (

z − 5 3 z ³

) .

問題

6

まず,

u(x, y) = X (x)Y (y)

の形の解を求めよう. このとき,

∂ ² u

∂x ² + ∂ ² u

∂y ² = 0 ⇐⇒ X ^′′ Y + XY ^′′ = 0.

さらに,

X ^′′

X + Y ^′′

Y = 0

と変形することで,

λ

を定数として,

X ^′′

X = − λ ² , Y ^′′

Y = λ ²

となることがわかる. これらは容易に解けて,

X (x) = a sin λx + b cos λx, Y (x) = ce ^λy + de ^{− λy} ,

とおける. ただし,

a, b, c, d

は任意定数である. (λは複素数なので,

X, Y

をともに指数関数で表してもよいし,ともに三 角関数で表してもよいし,また,指数関数と三角関数を逆に用いてもよい. オイラーの公式などによって,結果的に同じ ことになる.)

次に,境界条件

u(0, y) = u(π, y) = u(x, 0) = 0

から,

X(0)Y (y) = X(π)Y (y) = X(x)Y (0) = 0

したがって,

X (0) = X(π) = Y (0) = 0.

まず,

X(x) = a sin λx + b cos λx

が

X (0) = X(π) = 0

を満たすために,

b = 0, a sin λπ + b cos λπ = 0.

がわかる.

a = 0

とすると,

X (x) = 0

となり

u(x, y) = 0

となってしまう. これは,残っている境界条件を満たさないの で解にならない. よって,

a ̸ = 0

である. そうすれば,

λ = n

は整数でなければならない. sin

x

が奇関数であることと,

λ = 0

では求めるべき解にならないことから,

n = 1, 2, . . .

に限られる. こうして,

X(x)

の形は,

X(x) = a sin nx, n = 1, 2, . . . , a:

任意定数 となる. このとき,

Y (x)

の形は,

Y (x) = ce ^ny + de ^{− ny}

であり,これが

Y (0) = 0

を満たさなければならないので,

c + d = 0.

したがって,

Y (x) = c(e ^ny − e ^{− ny} )

以上から,

∂ ² u

∂x ² + ∂ ² u

∂y ² = 0, u(0, y) = u(π, y) = u(x, 0) = 0

を満たす解で

u(x, y) = X (x)Y (y)

を満たすものは,

u(x, y) = A n sin nx(e ^ny − e ^{− ny} ), n = 1, 2, . . . , A n :

任意定数

の形であることが分かった. さらに,零の境界条件も合わせて,重ね合わせ原理が成り立つから,一般解は,

u(x, y) =

∑ ∞ n=0

A _n sin nx(e ^ny − e ^{− ny} )

で与えられる. 残るもう１つの境界条件

u(x, π) = 3 sin 3x

を合わせよう. 上式から

∑ ∞ n=0

A n sin nx(e ^nπ − e ^{− nπ} ) = 3 sin 3x.

フーリエ級数の一意性から,

A 3 (e ^3π − e ^{− 3π} ) = 3, A n = 0, n ̸ = 3.

したがって,求める解は,

u(x, y) = 3 sin 3x e ^3y − e ^{− 3y} e ^3π − e ^{− 3π}

双曲線関数を用いて,

u(x, y) = 3

sinh 3π sin 3x sinh 3y

と書いてもよい.

x

y u = u(x,y)

0

π

π